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关于Atiyah交换代数

第一章习题答案

第二章习题答案

第三章习题答案

关于Fulton的代数曲线

截至第二章

semi local的例子有局部环的乘积和

如果放弃命题中 的有限性条件，则 (1) 有反例 ， 而 ；(2) 有反例 ， ， ，这里 是第n个素数。

设 ，注意到 可逆 ，从而 有逆元 。

(i)： 只需注意到 幂零，从而 被分解为可逆+幂零。现考虑 ：假设 的逆为 ，则有 ， 等等，在第二个式子两侧同乘 得 ，同乘 得 ，如此递归下去直至 ，而 可逆故 幂零。 为可逆元加幂零元，从而也是可逆元，因此递归可知 皆幂零。
(ii)：类似的手段，证明 幂零于是 幂零。
(iii)：取 最小的使 的 ，考虑到如果 使 ，则 ，从而 （否则 ， 次数下降），于是 ，结合 知 。
(iv): ：若 本原，只需考虑其系数环量组合为 的式子中分别关于 和 主元整理即可知 本原。 ：模仿Gauss引理证明即可。若 分别本原，也就是 且 ，假若 并非本原，即其系数生成理想是真理想，则存在某个极大理想 包含它，从而对 ，在 中 但 ，矛盾。

没区别。

只需证如果 可逆对任意 成立，则 幂零。设 ，则 可逆，从而由 知 均幂零。

(i)：显然。(ii)： 幂零则 幂零，从而 幂零，如此递归即可证明 皆幂零。(iii)：(i)的立即推论。(iv)：由(iii)， ，从而 ，于是 ，从而 是域，即知 极大。(v)：考虑理想 。

只需证Jacobson根都幂零即可。设 可逆对任意 成立，如果 非幂零，则 中包含幂等元 ，而 可逆意味着存在 使得 ，从而同乘 得 ，则 ，矛盾。

对素理想 ，商环 是整环，而任何元素 的投影 为 的根，如果 非零则 从而可逆。因此 为域。

对一族下降素理想 ，考虑 。对 ，每个 都至少包含 一者，从而至少有一个，假设是 被包含于无穷多 中，因而 。现在对全部素理想关于被包含关系应用Zorn引理即可。

：显然。 ：考虑到包含 素理想和 的素理想一一对应，而 中 是其一切素理想的交。

(i)(ii)：依题意 为素理想。对 ，若 不可逆则存在极大理想包含 ，和素理想唯一性矛盾。(ii)(iii)：显然。(iii)(i)：显然。

(i)：考虑 。(ii)：商环是整环， 意味着 或 。(iii)：将布尔环类比为 ，从而加法成为按位异或而乘法为与，容易注意到 应是 生成的理想。现在回到题目便是验证 ，而事实上 ，于是即得证结论。

和1.6没区别，考虑如果有非 的幂等元 ，那么有极大理想 包含 ，从而 是Jacobson，进而 可逆，矛盾。

中极大元素的商环必是整环。

(iv)：依 中论述 为包含 的一切素理想之交。 (v)、(vi)：对理想 ，已知 且 。此外则 有开覆盖即因此存在 和 的有限子集 使 ，其中 而 。从而(vii)：显然有限多 的并拟紧。反过来 为若干 之并，从而取出有限覆盖即可。

(i)、(ii)、(iii)：(iv)：等于说 或 。

假若 不可约，也就是说两个非 的闭集之并不等于 。依 取极小的素理想 ，假若 并非素理想，那么存在不包含 的极小素理想 ，从而 ，意味着 ，矛盾。
反过来如果 为素理想，假设有 ，则 ，从而 之一包含于 。

(i)：稠密开集依然稠密。(ii)：不可约空间的包含升链之并不可约，因此可以应用Zorn引理。(iii)：如果不闭那么取闭包会更大。 不可约意味着存在包含它的极大不可约子空间，故不可约子空间的并为 。Hausdorff空间中不可约集合无非单点。(iv)：先证明 不可约当且仅当 素。事实上 即 ， 不可约即意味着 之一包含于 ， 至少有一个等于 。于是至此 为极大不可约元即意味着 为极小素理想。

(i)： 即 当且仅当 即 。(ii)： 即 当且仅当 即 。(iii)：考虑到而于是 。(iv)： 为连续双射直接源于对应定理。现在考虑到 ，因此 连续，故 是同胚。(v)：(iii)。(iv)：显然。(vii)：

令 为只有第 个分量为 其余为 的元，对素理想 ， 故 之一在 中。因此 中的素理想 具有形式，于是 ，典范同构是显然的。现证明三个条件等的价性：
(i)(iii)：假设 ，则 且 。现在存在 和 使 且 幂零。考虑环直积的结构，我们希望构造某个 且 ，如果存在这样的元素那么 ，属于 ，从而 ，从而于是知 幂等且 。现在回到 的构造，令 ，则 ， 是可逆元，因此 而 ，现在选取 和 使 即可。
(iii)(ii)：注意到在 中， ，而对幂等元 ， 可以得到另一个环的单位元。回到问题，就是注意到对幂等元 ， 容易验证同样是幂等元， 且 ，从而 。
(ii)(i)：上面证过了。

注：此题中(i)推(iii)也可以通过如下引理得到

中的幂等元可以被提升为 中幂等元，这里

假设存在 ，也就是 ，那么由中国剩余定理从而直接得到一个幂等元。

(i)：。(ii)：。
(iii)：假设 既开又闭。则 ，考虑在上一题(i)推(iii)过程中选出的 ，实际上过程给出了 其中 为可逆元，从而一切包含 的素理想包含 从而包含 ，包含 的素理想包含 ，由于Boole环中 ，故 ，同理 。
另证：依 ， 拟紧，于是 闭集从而拟紧，又因为 是开集，所以它是有限多 的并，于是只需考虑(ii)。
(iv)：只需证Hausdorff，而这是因为Boole环中素理想皆极大（）。

除加法结合律外皆显然，而事实上利用分配律易证 ，从而
反过来的验证和说明这两个对应关系互逆的证明同样循规蹈矩。

对Boole格 ，取其对应Boole环 ，则 为紧Hausdorff空间，且 即 意味着 。又因为 中理想皆radical，故 单，且 中已经证明了它满。

形式的零点定理等价于所谓弱零点定理，也就是 中极大理想 皆有 形式，事实上考虑 有 ，取 有 从而 。

反过来如果弱零点定理成立，那么对真理想 和 ，考虑 中多项式 ，则这些多项式无公共零点，从而存在 使得代入 便知 。

假若存在坐标环间的 -代数同态 ，取 ，现在只需证明对应的多项式映射 是 到 的映射，从而自然诱导出的 就是 。事实上 把 拉回到 ，也就是对任意 都有 ， 于是 。

我们也可以这么考虑：任何 一一对应于 中包含 的极大理想，也就是 中极大理想 。-代数同态 诱导出 满同态（ 中就有一份 ，从而自然是满射），于是对应某个极大理想 ，其中 。也就是说 把在 点处的取值拉回到在 点处取值，从而 把 打到 。

直观上来讲，双线性和对应着“乘法”，例如 是 双线性映射，数乘是 双线性映射，如果 是向量场 的模， 是微分 -形式 的模，则他们的乘积 是 到函数环的模。

如果模 和 定义了取值于模 的乘法，而 是线性映射，则 定义了取值于 的乘法（也就是 双线性映射）。这样的使如下图表交换的 称为从乘法 到 的态射，由此模 和 的乘法定义了一个范畴 。

模 和 的张量积则是“最基本的”乘法。

环 上模 和 的张量积是 的始对象。具体来说，它是取值于模 的双线性映射 ，使得任意双线性映射 可以被唯一分解为某个线性映射 复合张量积，也就是

对任意模 和 ，存在同构意义下唯一的张量积

唯一性由始对象的特质给出，也就是假设有两个张量积 ，则存在 $$ 到 的唯一态射 ，和 到 $$ 的唯一态射 。类似的， 态射唯一，所以只能是 ，而 正是 态射，于是 ，同样的可得 ，所以 是同构。

存在性则考虑 作为集合生成的自由模，商去生成的子模。

（交换约束）

映射双线性，从而给出 态射，类似地可以构造 态射，由 证明中同样的技术可知其为同构。

（结合约束） -模 和 -双模 的张量积 具有自然的 模结构，假设 是 -模，则有 -双模的同构

对有限维线性空间 ，如果线性空间 配上 双线性映射 满足，如果 是 一组基， 是 一组基，则 是 一组基，则称 为 和 的张量积，记作 。显然

自然地，对线性映射 和 ，也可以考虑定义其张量积为满足的线性映射。对 ，因而它确实可以定义一个线性映射，而这个线性映射自然是唯一的。

若 为两个 的线性变换，取 的两组基 和 在 ， 在 下分别的矩阵表示 ，则推出将 以字典序排列则得到矩阵表示更进一步的，对 ， ，设 或 有有基 （或 ），而 或 有基 （或 ），那么将 和 均按字典序排列，则 对应到 矩阵， 对应到 矩阵， 则为 矩阵

现在将注意力转到一般的双线性映射 ， 被诸 唯一确定且诸 间互相独立，也就是其所谓矩阵表示形式。对一般双线性型来讲，唯一的约束就是双线性本身，于是张量积的双线性映射 便是 与 最出发的最自由的双线性映射，这种性质可以依图表

解释为泛性质，也就是每个双线性型 皆能按 唯一分解（存在唯一的 使该式成立）。

于是立即可知张量积在同构意义下的唯一性：对两个张量积 和 ，从而对 分别使用泛性质得到的 和 ，从而可知 ，而唯一分解 推得 ，同理 两者在作为 类对象间保持结构的态射意义上同构。（这无非就是范畴中始对象的唯一性）这里“保持 类对象”意思是说如下图表交换（其中 为线性映射）

当然具体来说这一同构无非

1.4中所用抽象废话因为唯一确定了张量积也是张量积的常见定义，用它同样可以确定许多张量常见性质。譬如说考虑线性映射 和 ，它给出 ，与 张量积合成得到双线性映射，从而即可应用张量积的泛性质